33 ) a) Sei G ⊂ C ein Gebiet, f holomorph auf G, r > 0, z

Ubungen zur Funktionentheorie 1 ¨

SS 2017 Blatt 9 Prof. Fritzsche

33 ) a) Sei G ⊂ C ein Gebiet, f holomorph auf G, r > 0, z

∈ G und D

= D

(z

) ⊂⊂ G. Zeigen Sie:

|f

(z

)| ≤ 2 r

max

∂Dr

|f|.

b) Sei f : C → C holomorph, f (z) = f (z + 1) = f (z + i ) f¨ ur alle z ∈ C . Zeigen Sie, dass f konstant sein muss.

34 ) a) Sei G ⊂ C ein Gebiet und D = D

(0) ⊂⊂ G. Die Funktion f : G → C sei holomorph und habe in D zwei Nullstellen z

, z

mit Nullstellenordnung k

, k

> 0. F¨ ur z 6= z

, z

sei f (z) 6= 0. Beweisen Sie die Gleichung

1 2π i

Z

∂D

f

(ζ)

f (ζ) dζ = k

+ k

.

b) Sei f(z) := 1 + z

. Bestimmen Sie explizit das Maximum von |f (z)| auf D

(0).

35 ) Gibt es holomorphe Funktionen f

, f

, f

: D = D

(0) → C , die f¨ ur alle n ∈ N folgende Eigenschaften erf¨ ullen?

f

(1/n) = f

(−1/n) = 1/n

, f

(1/n) = n/(n + 1) und f

(1/n) = 1 + (−1)

/2.

36 ) Sei f eine ganze Funktion. Zeigen Sie: Gibt es Konstanten a, b, so dass

|f (z)| ≤ a + b|z|

f¨ ur alle z ∈ C gilt, so ist f ein Polynom vom Grad ≤ k.

Hinweis:Man kann vielleicht Induktion nachkf¨uhren. Mitf ist auch der Differenzenquotient von f im Nullpunkt eine ganze Funktion.

Abgabetermin:Donnerstag, 06.07.2017, 12 Uhr.

Es gibt pro Aufgabe maximal 12 Punkte.

L¨ osg. zu Afg. 33: a) Es ist

|f

(z

)| =

2 2π i

Z

Dr(z0)

f (ζ ) (ζ − z

)

dζ

≤ 1

π · 2πr · 1

r

· max

∂Dr(z0)

|f |

= 2

r

max

∂Dr(z0)

|f |.

b) Da f auf P := {x + i y : 0 ≤ x ≤ 1 und 0 ≤ y ≤ 1} beschr¨ ankt ist und sich die Werte wiederholen, ist f auf C beschr¨ ankt und nach Liouville konstant.

L¨ osg. zu Afg. 34: a) Nach dem Satz ¨ uber Nullstellen von holomorphen Funk- tionen gibt es eine Darstellung

f(z) = (z − z

)

(z − z

)

g(z),

mit einer holomorphen Funktion g auf G mit g(z

) 6= 0 und g(z

) 6= 0. Dann ist aber g(z) 6= 0 f¨ ur alle z ∈ G, sowie

f

(z) = k

(z−z

)

(z−z

)

g(z)+k

(z−z

)

(z−z

)

g(z)+(z−z

)

(z−z

)

g

(z)

und f

(z)

f (z) = k

z − z

+ k

z − z

+ g

(z) g (z) .

Diese Funktion ist auf ∂D holomorph. Also kann das Integral berechnet werden:

Z

∂D

f

(ζ)

f(ζ) dζ = k

Z

∂D

dζ

ζ − z

+ k

Z

∂D

dζ ζ − z

+

Z

∂D

g

(ζ) dζ

g(ζ) = 2π i (k

+ k

), denn der Integrand im letzten Integral ist auf ganz G holomorph.

b) Es sei f (z) = 1 + z

und D := {z ∈ C : |z| ≤ 1}. f ist holomorph auf D = D, und D ist beschr¨ ankt. Nach dem Maximumprinzip nimmt |f| auf dem Rand ∂D = {z ∈ C : |z| = 1} sein Maximum an. Ein Punkt z ∈ ∂D hat die Gestalt z = e

, 0 ≤ t ≤ 2π. F¨ ur diese z gilt:

|f (z)|

= |1 + z

|

= |1 + e

|

= (1 + cos(2t))

+ sin(2t)

= 2 + 2 cos(2t).

Dieser Ausdruck wird f¨ ur t = 0, t = π und t = 2π maximal, also nimmt |f (z)| in z = e

= −1 und z = e

= e

= 1 jeweils ein Maximum an (n¨ amlich den Wert

|f (z)| = 2).

L¨ osg. zu Afg. 35: Hier geht es nat¨ urlich um den Identit¨ atssatz.

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a) Da f

(1/n) = 1/n

und f

in 0 stetig ist, muss f

(0) = lim

f

(1/n) = lim

1/n

= 0 sein. Durch die Werte auf M := {0} ∪ {1/n : n ≥ 2} ist f

eindeutig bestimmt (Identit¨ atssatz). g (z) = z

hat auf M die gleichen Werte, also muss g = f

sein. Aber dann ist f

(−1/n) = −1/n

. Widerspruch! f

gibt es nicht.

b) Es soll f

(1/n) = n/(n + 1) = 1/(1 + 1/n) sein. Das leistet die Funktion f

(z) = 1/(1 + z).

c) Es soll gelten:

f

1 n

= 1

2 1 + (−1)

=

1 f¨ ur gerades n, 0 f¨ ur ungerades n.

Aber dann ist f

im Nullpunkt nicht stetig. Ein holomorphes f

kann nicht exis- tieren.

L¨ osg. zu Afg. 36: Man f¨ uhre Induktion nach k.

Der Fall k = 0 ist nichts anderes als der Satz von Liouville.

Schluss von k − 1 nach k: Sei |f (z)| ≤ a + b|z|

f¨ ur alle z ∈ C . Sei g(z) :=

f(z) − f (0)

/z f¨ ur z 6= 0, f

(0) f¨ ur z = 0.

Dann ist g eine ganze Funktion, und es gilt:

|g(z)| ≤ |f(z)| + |f (0)|

|z| ≤ a + b|z|

+ |f (0)|

|z| .

Es gibt eine Konstante C > 0, so dass |g (z)| ≤ C f¨ ur |z| ≤ 1 ist.

F¨ ur |z| > 1 ist 1/|z| < 1 und deshalb

|g(z)| ≤ a + |f(0)| + b|z|

. Ist c := max(C, a + |f (0)|), so folgt:

|g(z)| ≤ c + b|z|

f¨ ur alle z ∈ C .

Nach Induktionsvoraussetzung ist g ein Polynom vom Grad ≤ k − 1. Also ist f (z) = f (0) + z · g(z) ein Polynom vom Grad ≤ k.

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